ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG KHỐI 12 - Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Tỉnh Vĩnh Long pot

Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO3 dung môi không phải là nước ở điều kiện thường chỉ tạo ra hai chất; trong đó có một chất là XNO3 và một chất kết tủa màu vàng.. Biết

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2010 -2011

Tỉnh Vĩnh Long

Câu 1: (2,5đ)

1.) Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số hạt các loại là 180, trong đó tổng số hạt mang điện gấp 1,432 lần số hạt nơtron

a Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử X

b Dự đoán tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử), nêu cơ sở dự đoán và viết phương trình phản ứng để minh họa

c Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO3 (dung môi không phải là nước) ở điều kiện thường chỉ tạo ra hai chất; trong đó có một chất là XNO3 và một chất kết tủa màu vàng Hãy viết phương trình phản ứng và cho biết phản ứng thuộc loại nào

2) Sắt dạng  (Fe) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å Hãy

tính:

a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng

b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3

c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe

(Cho Fe = 56 )

ĐÁP ÁN

1.) Nguyên tử X

Gọi số proton là Z, số nơtron là N, số electron là E

Z + N + E = 180

Z + E = 1,432N (0,5Đ) Giải hệ phương trình được:

N = 74,0132, do N nguyên nên ta lấy N = 74

 Z = E = 53 X là Iôt

Cấu hình electron: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p5

- Nguyên tử I có 7 electron (chưa bão hòa), đó là những electron hóa trị, I là nguyên tố thuộc nhóm VII A, dạng đơn chất I2

a Iôt có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để đủ 8 e lớp ngoài cùng Vậy Iôt có tính oxi hóa, I2 thể hiện tính chất của phi kim

2Na + I2  2NaI (0,25Đ)

0 2

I + 2e = 2I-

b Iôt thuộc nhóm VII A nên có tính phi kim yếu, khi tiếp xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì Iôt thể hiện tính khử

3I2 + 10HNO3  6HIO3 + 10 NO + 2H2O (0,25Đ)

I2 - 2e → 2I

c PTPƯ

I2 + AgNO3  AgI + INO3 ( 0,25Đ)

Vàng Thuộc loại pư tự oxi hóa khử vì nguyên tử I từ cùng trạng thái oxi hóa (0) chuyển thành 2 trạng thái oxi hóa khác nhau (-1) và (+1) (0,25Đ)

Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)

Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là

 Ở tám đỉnh lập phương = 8 1

8 = 1

 Ở tâm lập phương = 1

Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) (0,25Đ)

b) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2

xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2

mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a = 4r

3 =

4 1,24 3



= 2,85 Å (0,25Đ)

c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:

AE = AC a 3

2  2 =

2,85 3 2

 = 2,468 Å (0,25Đ)

d) Khối lượng riêng: + 1 mol Fe = 56 gam

+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe

+ 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử Khối lượng riêng d = m

6,02 10 (2,85 10 )  = 7,95 g/cm

3

(0,25Đ)

A B

C D

a

a

Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

Tỉnh Vĩnh Long

Câu 2: (3Đ)

1)Cho H2S lội chậm qua dung dịch A gồm các ion FeCl3, NH4Cl, CuCl2 (đều cĩ nồng độ mol/lít) cho đến bão hịa thì thu được dung dịch B và kết tủa C Hãy cho biết các chất trong B và C?

2) Dung dịch A chứa 0,395 g pyridin( C5H5N) trong 100ml dung dịch

a.Tính pH dug dịch A, hằng số bazờ của pyridin 1,51.10-9

b.Nếu thêm 0,0025 mol HCl vào 100ml dung dịch (nếu khơng làm thay đổi thể tích dung dịch) thì p H dung dịch thu được sẽ bằng bao nhiêu

ĐÁP ÁN

1)Trong dung dịch cĩ các ion: Fe3+, NH4+, Cu2+, Cl- Khi dẫn H2S vào:

Cu2++ H2S  CuS + 2H+ (0,25Đ) 2Fe3++ H2S  2Fe2++ S + 2H+ (0,25Đ) Các phản ứng trên giải phĩng ra H+ ngăn cản quá trình kết tủa FeS (0,25Đ)

Vậy dung dịch B: NH4Cl, FeCl2, HCl, H2S (0,5Đ)

Kết tủa C: CuS và S (0,25Đ)

2)

a.Pyridin là một bazờ yếu nên

pH= 14- [1

2pKb

-1

2pKb

-1

2lg C] (0,25Đ) Thay C= 5.10-2 mol/l và kP = 1,51.10-9  p H= 8,92 (0,25Đ)

b Trong 100 ml dung dịch pyridin 0,005 mol pyridin

Khi cho 0,0025 mol HCl vào sẽ cĩ 0,0025 mol pyridin trung hịa theo phản ứng

C5H5N + HCl ƒ [ C5H5NH+] Cl - (0,25Đ)

Dung dich đệm [C5H5N] = 0,0025 M

[ C5H5NHCl] = 0,0025M

pOH = pKb +log baz

axit

c

C = 8,82 (0,5Đ)

p H= 14-8,82 = 5,18 (0,25Đ)

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

CÂU 3: (2Đ)

Cho Fe3+ + e - → Fe 2+ E0 = 0,771V

Ag+ + e- → Ag E0 = 0,799 V

Người ta lắp một pin theo sơ đồ

Ag│Ag+│Fe2+,Fe3+ │Pt

Với [ Fe2+] =[ Fe3+] = 0,1M

a Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì súât điện động của pin bằng 0?

b Tính hằng số cân bằng của phản ứng

Fe2+ + Ag+ ƒ Fe 3+ + Ag ở 250C

ĐÁP ÁN

a E1 =E10 +0, 059

1 lg

3 2

[ ] [ ]

Fe Fe



 = E10 = 0,771V (0,5Đ) Thế của điện cực Ag là

E2= E20 +0,059 lg [Ag+] (0,5Đ)

Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau

E1 =E2  E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771 ( 0,5Đ)

 [ Ag+ ] = 0,3353 M (0,5Đ)

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

CÂU 4 ( 2Đ)

Để xác định bậc của phản ứng

2C2H5OH + 2Br2  CH3COOC2H5 + 4HBr

Người ta tiến hành hai thí nghiệm

Xác định bậc của phản ứng

ĐÁP ÁN

1/2 1

1/ 2 2

( )

( )

t

t =

( 1)

2 2

( 1)

2 1

[ ]

[ ]

n n

Br

Br



 hay n= lg 1/2 1

1/ 2 2

( ) ( )

t

t / lg

2 2

2 1

[ ] [ ]

Br

Br +1 ( 1đ)

3

11,1

lg

12, 5

8,14.10

lg

4, 24.10





+ 1 =0,83 ≈ 1 (0,75đ)

Vậy phản ứng bậc nhất (0,25đ)

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

Câu 5 (2điểm)

Hỗn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nĩ (cĩ tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1) Hịa tan hồn tồn 68,4 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thấy thốt ra hỗn hợp khí Y gồm NO (sản phẩm khử duy nhất) và CO2 Hỗn hợp khí Y làm mất màu vừa đủ 420ml dung dịch KMnO4 1M trong H2SO4 lỗng Khí cịn lại cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi 16,8 gam

a Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn

b Xác định cơng thức cơng thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X

ĐÁP ÁN

a TH1: R là kim loại cĩ hĩa trị biến đổi:

3Rx(CO3)y + (4nx - 2y)H+ + (nx - 2y)NO  3xR3 n+ + 3yCO2

(amol) + (nx - 2y)NO + (2nx _ y) H2O (1) ( 0,25đ)

3R + 4nH+ + nNO3  3Rn+ + nNO + 2nH2O (2)

(2amol)

10NO + 6MnO4 + 8H+  10 

3

NO + 6Mn2+ + 4H2O (3)

CO2 + Ca2+ + 2OH-  CaCO3 + H2O (4) (0,25đ)

b Theo giả thiết: nR: nmuối = 2 : 1  nR = 2a, nRx(CO3)y : amol

nKMnO4 = 0,42.1 = 0,42 mol  Từ (3)  nNO = 0,7 mol

mddgiảm = mCaCO3 - mCO2  100t - 44t = 56t = 16,8 (g)

 nCO2 = t = 16,8/56 = 0,3mol; Từ (1)  nCO2 = ay  ay = 0,3 (I)

Từ (1) (2)  nNO = 0,7

3

2 3

2





a y nx

(II)

MhhX = a(xMR + 60y) + 2aMR = 68,4 (III)

Từ (I) (II) : a =

n

nx 2

7 , 2

(I) (III): a =

R

4 , 50

 (**)

Từ (IV) ta cĩ: MR =

7 , 2

4 ,

50 n

(0,5đ)

(Hoặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta cĩ: MR =

7 , 2

4 ,

50 n

)

Vậy R là Fe (0,5đ)

Thế n = 3 vào (*) (IV)  a =

6 3

7 , 2



x

6 3

7 , 2 3 , 0











y x

y (0,25Đ)

Nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý

 Công thức phân tử của muối là FeCO3 ( 0,25Đ)

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

Câu 6: (2 điểm)

1

a) Sắp xếp trình tự giảm dần khả năng brom hĩa vào vịng benzen của các chất cĩ tên sau:

m – đinitrobenzen; toluen; m – xlien; benzen; p – nitrobenzen

b) Sắp xếp theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong dãy sau: axit benzoic, phenyl etanoic,

3 – phenyl propanoic, xiclohexyl etanoic, 1 – metyl xiclohexan cacboxylic

c) Sắp theo chiều thứ tự tăng dần tính bazơ của các chất trong dãy sau:

NH – CH3 ; CH2 – NH2; CH2 – NH2; O2N NH2

d) So sánh nhiệt độ sơi của 3 đồng phân benzenđiol ( 2400C, 2730C, 2850)

2 Dựa theo các giá trị momen lưỡng cực của các đồng phân hình học, hãy cho biết đồng phân nào là cis – và

đồng phân nào là trans – (A hay B) Giải thích?

b) CH3 – CH = CH – Br µA= 1,57D µB= 1,69D

Đáp án:

a)

> > > > (0,25Đ)

b)

< < < < (0,25Đ)

c) O2N NH2 < CH2 – NH2 < CH2 – NH2 < NH – CH3 (0,25Đ)

d)

< < (0,25Đ)

2400C 2700C 2850C

C C C C (0,5Đ)

µ = 2,42D – cis B µ = 0D - trans A

C C C C (0,5Đ)

CH

3

CH

3

CH

3

CH

3

NO

2

NO

2

NO

2

CH2COOH COOH

CH

3

(CH2)2COOH CH2COOH COO

H

OH

OH

OH

OH

OH

OH

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

Câu 7: (2,5 điểm)

1 Hợp chất A mạch hở chứa C, H, O cĩ khối lượng phân tử 74đvC Biết rằng A khơng phản ứng với Na và

khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một chất hữu cơ Xác định cơng thức cấu tạo của A, biết từ A thực hiện được sơ đồ sau đây:

CH3MgClA BH2OCH3CHOC2 5H MgClDH2Oancol sec – butylic

Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở dạng cơng thức cấu tạo thu gọn

2 Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit cĩ mặt NaOH, thu được chất A Cho A tác dụng với

lượng dư dung dịch NaBr bão hịa và H2SO4 đặc, thu được chất A Đun nĩng B với bột Zn, thu được chất C C

cĩ cơng thức phân tử là C5H8 Viết các phương trình phản ứng xảy ra?

Đáp án:

1 Gọi cơng thức phân tử A là CxHyOz Theo giả thiết ta cĩ:

12x+y+16z=74

y  2x+2

Cĩ thể chọn được: z=1  C4H10O

z=2  C3H6O2 (0,25Đ) z=3  C2H2O3

Vì A khơng tác dụng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ tạo được 1 chất hữu cơ do đĩ A khơng phải axit, rượu hoặc este Kết hợp với sơ đồ điều chế  A thỏa mãn cơng thức C2H2O3 và cĩ cơng thức như sau:

H – C – O – C – H

║ ║ anhiđric fomic (0,25Đ)

O O

Các phương trình phản ứng xảy ra:

(HCO)2O + 2NaOH2HCOONa + H2O

CH3MgCl + (HCO)2O CH3 – CH – O – C – H

│ ║ OMgCl O

CH3 – CH – O – C – H + H2OCH3CHO + HCOOH + MgOHCl (1Đ)

│ ║

OMgCl O

C2H5MgCl + CH3CHO CH3CH2 – CH – OMgCl

│

CH3

CH3CH2 – CH – OMgCl + H2OCH3CH2 – CH – OH + MgOHCl

CH3 CH3

│

CH3CHO + 4HCHO + NaOHHOCH2 – C – CH2OH + HCOONa

│

CH2OH

CH2OH CH2Br

HOCH2 – C – CH2OH + 4NaBr + 4H2SO4  BrCH2 – C – CH2Br + 4NaHSO4 + 4H2O

CH2OH CH2Br (1Đ)

CH2Br CH2 CH2

│ BrCH2 – C – CH2Br + 2Zn  C + 2ZnBr2

CH2Br CH2 CH2

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

CÂU 8( 2Đ)

: Khi thủy phân hịan tịan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH3 , B khơng phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ cĩ một nhĩm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim

cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định cơng thức cấu tạo của B

ĐÁP ÁN:

Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin  aminoaxit đầu C là Ala và như vậy tripeptit cĩ cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala (0,5Đ)

B khơng phản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ cĩ một nhĩm cacboxyl tự do  nhĩm NH2 của aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhĩm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH2 (0,5Đ)

Vậy cơng thức của B là

(1Đ)

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Tỉnh Vĩnh Long

Câu 9 (2Đ):

Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vịng sáu cạnh

mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhĩm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3 Oxi hĩa

mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 1000C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị

thủy phân cả trong mơi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định

cơng thức cấu tạo của Y biết MY = 174 u

Đáp án

Đặt cơng thức tổng quát của Y là CxHyOz

Ta cĩ : x: y:z = 41, 38

12 :

3, 45

1 :

55,17

16 = 1:1:1 CTPT : C6H6O6 (0,5Đ)

Axit nitric oxi hĩa nhĩm –CH2OH và CHO thành hai nhĩm COOH

Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) thì khơng phù hợp với cơng thức phân tử

của Y (C6H6O6) (0,5Đ)

Mặt khác theo giả thiết Y bị thủy phân trong mơi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là este nội

phân tử (lacton) hai lần este ứng với cấu trúc bền (vịng 5 hoặ 6 cạnh)

thì cấu tạo của Y sẽ là (mỗi ct 0,25đ)

Câu 9 (2Đ):

Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vòng sáu cạnh mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3 Oxi hóa mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 1000C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị thủy phân cả trong môi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định công thức cấu tạo của Y biết MY = 174 u

Đáp án

Đặt công thức tổng quát của Y là C H O

Ta có : x: y:z = 41,38

12 :

3, 45

1 :

55,17

16 = 1:1:1 CTPT : C6H6O6

Axit nitric oxi hóa nhóm –CH2OH và CHO thành hai nhóm COOH

Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) thì không phù hợp với công thức phân tử của Y (C6H6O6) .Mặt khác theo giả thiết Y bịthủy phân trong môi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là este nội phân tử (lacton) hai lần este ứngvới cấu trúc bền (vòng 5 hoặ 6 cạnh) thì cấu tạo của Y sẽ là

CÂU 8( 2Đ)

: Khi thủy phân hòan tòan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH3 , B không phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim

cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định công thức cấu tạo của B

ĐÁP ÁN:

Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin  aminoaxit đầu C là Ala và như vậy tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala B không ophản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do  nhóm NH2 của aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH2 .Vậy công thức của B là

CÂU 9 :

Cho Fe3+ + e - → Fe 2+ E0 = 0,771V

Ag+ + e- → Ag E0 = 0,799 V

Người ta lắp một pin theo sơ đồ

Ag│Ag+│Fe2+,Fe3+ │Pt

Với [ Fe2+] =[ Fe3+] = 0,1M

c Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì súât điện động của pin bằng 0?

d Tính hằng số cân bằng của phản ứng

Fe2+ + Ag+ ƒ Fe 3+ + Ag ở 250C

ĐÁP ÁN

b E1 =E10 +0, 059

1 lg

3 2

Fe Fe



 = E10 = 0,771V Thế của điện cực Ag là

E2= E2 +0,059 lg [Ag+]

Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau E1 =E2  E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771

 [ Ag+ ] = 0,3353 M